Износ обуви ,углубление в ступенях древних лестниц, протирание локтей не наводит ли эти будничные наблюдения на научные размышления? какие?

👇

Увидеть ответ

Ответ:

dinaesenina01010

17.11.2021

Ничто не вечно. все когда-нибудь изжевает свой срок

4,7(99 оценок)

Открыть все ответы

Ответ:

Топовыйшкольник

17.11.2021

из опыта известно, что магнитное поле оказывает действие не только на проводники с током, но и на отдельные заряды, которые движутся в магнитном поле. сила, которая действует на электрический заряд q, движущийся в магнитном поле со скоростью v, называется силой лоренца и задается выражением

(1)

где в — индукция магнитного поля, в котором заряд движется.

чтобы определить направление силы лоренца используем правило левой руки: если ладонь левой руки расположить так, чтобы в нее входил вектор в, а четыре вытянутых пальца направить вдоль вектора v (для q> 0 направления i и v , для q< 0 — противоположны), то отогнутый большой палец покажет направление силы, которая действует на положительный заряд. на рис. 1 продемонстрирована взаимная ориентация векторов v, в (поле имеет направление на нас, на рисунке показано точками) и f для положительного заряда. если заряд отрицательный, то сила действует в противоположном направлении. модуль силы лоренца, как уже известно, равен

где α — угол между v и в.

подчеркнем еще раз, что магнитное поле не оказывает действия на покоящийся электрический заряд. этим магнитное поле существенно отличается от электрического. магнитное поле действует только на движущиеся в нем заряды.

зная действие силы лоренца на заряд можно найти модуль и направление вектора в, и формула для силы лоренца может быть применена для нахождения вектора магнитной индукции в.

поскольку сила лоренца всегда перпендикулярна скорости движения заряженной частицы, то данная сила может менять только направление этой скорости, не изменяя при этом ее модуля. значит, сила лоренца работы не совершает. другими словами, постоянное магнитное поле не совершает работы над движущейся в этом поле заряженной частицей и, следовательно, кинетическая энергия этой частицы при движении в магнитном поле не изменяется.

в случае, если на движущийся электрический заряд вместе с магнитным полем с индукцией в действует еще и электрическое поле с напряженностью е, то суммарная результирующая сила f, которая приложена приложенная к заряду, равна векторной сумме сил — силы, действующей со стороны электрического поля, и силы лоренца:

это выражение носит название формулы лоренца. скорость v в этой формуле есть скорость заряда относительно магнитного поля.

сила лоренца — сила, с которой электромагнитное поле согласно классической (неквантовой) электродинамикедействует на точечную заряженную частицу. иногда силой лоренца называют силу, действующую на движущийся со скоростью заряд лишь со стороны магнитного поля, нередко же полную силу — со стороны электромагнитного поля вообще[1], иначе говоря, со стороны электрического и магнитного полей. в международной системе единиц (си)выражается как: f=q(e+(v умножыть в))

названа в честь голландского хендрика лоренца, который вывел выражение для этой силы в 1892 году. за три года до лоренца правильное выражение было найдено о. хевисайдом.

макроскопическим проявлением силы лоренца является сила ампера.

для силы лоренца, так же как и для сил инерции, третий закон ньютона не выполняется. лишь переформулировав этот закон ньютона как закон сохранения импульса в замкнутой системе из частиц и электромагнитного поля, можно восстановить его справедливость для сил лоренца

4,5(61 оценок)

Ответ:

viktoriag373

17.11.2021

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ , при условии: $arctg{(\mu)} < \alpha < arcCtg{(\mu)}$ ;

*** если же переход от наклонной плоскости скруглённый, и: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то:

$h = \frac{ s }{ 1/\mu - 1/tg{(\alpha)} }$ .

Объяснение:

По закону сохранений энергии:

$E_{ko} + E_{no} - A_\alpha = E_{k\alpha} + E_{n\alpha}$ ;

где:

$E_{ko} = 0$ и $E_{no} = mgh$ – начальные значения кинетической и потенциальной энергии;

$E_{k\alpha} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ и $E_{n\alpha} = 0$ – значения кинетической и потенциальной энергии перед ударом о горизонтальную поверхность, в самом низу наклонной плоскости;

$A_\alpha$ – работа силы трения на наклонной плоскости;

$A_\alpha = F_\alpha \cdot L$ – работа

силы трения $F_\alpha = \mu mg \cos{\alpha}$ на наклонной плоскости,

где: $L = \frac{h}{\sin{\alpha}}$ – длина наклонной плоскости;

$A_\alpha = \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}}$ ;

В итоге:

$mgh - \frac{ \mu mgh }{tg{\alpha}} = \frac{mv_\alpha^2}{2}$ ;

(*) $\frac{v_\alpha^2}{2} = gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ ;

Из этого вытекает очевидное условие, что:

$1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} 0$ ;

$1 \frac{\mu}{tg{\alpha}}$ ;

$tg{\alpha} \mu$ , т.е. угол наклона должен быть более значения: $\alpha arctg{(\mu)}$ , иначе груз вообще не сдвинется с места, и, разумеется, никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Теперь «удар», т.е. переход с наклонной плоскости на горизонталь. Во время удара теряется вертикальная составляющая импульса $mv_{\alpha y} = mv_\alpha \sin{\alpha}$ . Это происходит почти мгновенно ( $\Delta t$ ), под воздействием гасящей его чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы реакции опоры (и веса – соответственно) $N_{nep}$ . Удар груза об опору в момент его перехода на горизонталь будем считать абсолютно неупругим, происходящим таким образом, что груз после него не подскакивает. Тогда можно записать, что:

$mv_{\alpha y} - N_{nep} \Delta t = 0$ ;

$N_{nep} = \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

За это время $\Delta t$ груз так же заметно замедляется под воздействием чрезвычайно резко возрастающей на время гашения силы трения:

$F_{nep} = \mu N_{nep} = \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t}$ ;

Соответственно, гасится и горизонтальный импульс:

$mv_\alpha' = mv_{\alpha x} - F_{nep} \Delta t = mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu \cdot \frac{mv_{\alpha y}}{\Delta t} \cdot \Delta t =$

$= mv_\alpha \cos{\alpha} - \mu mv_\alpha \sin{\alpha} = mv_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

$v_\alpha' = v_\alpha ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )$ ;

Из последнего вытекает очевидное условие, что:

$\cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} 0$ ;

$\cos{\alpha} \mu \sin{\alpha}$ ;

$\frac{\cos{\alpha}}{\sin{\alpha}} \mu$ ;

$tg{\alpha} < \frac{1}{\mu}$ , т.е. угол наклона должен быть не более определённого значения: $\alpha < arctg\frac{1}{\mu} = arcCtg{(\mu)}$ , иначе груз после удара о горизонтальную плоскость просто остановится, и никакого расстояния не пройдёт, а общая формула (данная в ответе) даст формально отрицательный ответ для высоты .

Кинетическая энергия груза после «ударного» торможения:

$E_{k\alpha}' = \frac{1}{2} mv_\alpha'^2 = \frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2$ ;

Далее, снова по закону сохранений энергии (с учётом неизменного значения потенциальной):

$E_{k\alpha}' - A_{ocm} = E_{k}'$ ;

где:

$A_{ocm} = F_{mp} \cdot s = \mu mg s$ – работа силы трения на горизонтальном участке до остановки;

а $E_{k}' = 0$ – конечная кинетическая энергия (остановка);

$\frac{1}{2} mv_\alpha^2 ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 = \mu mg s$ ;

$\frac{v_\alpha^2}{2} = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

Учитывая (*):

$gh ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu g s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} ) = \frac{ \mu s }{ ( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ ;

$h = \frac{ s }{ ( 1/ \mu - 1/ tg{\alpha} )( \cos{\alpha} - \mu \sin{\alpha} )^2 }$ .

*** Если же переход от наклонной плоскости гладкий, и при этом: $\frac{v_\alpha^2}{R} \ll g$ , т.е. радиус перехода: $R \gg 2h ( 1 - \frac{\mu}{tg{\alpha}} )$ , то «ударная» потеря – пренебрежима, и: $v_\alpha' = v_\alpha$ , а, значит: